- POJ 1716 - Integer Intervals
- Time: 1000MS
- Memory: 10000K
- 难度: 中级
- 分类: 差分约束
0x00 问题描述
给出数轴上的 n 个区间，每个区间都是连续的 int 区间。
现在要在数轴上任意取一堆元素，构成一个元素集合 V，要求每个区间和元素集合V的交集至少有两个不同的元素。
求集合 V 最小的元素个数。
0x10 解题思路
本题有两种解法： 贪心算法 或 差分约束
0x01 贪心算法
- 先对所有区间按末端点排序
- 取第 i 个区间的最后两个元素 Selem 和 Eelem
- 若第 i+1 个区间包含了这两个元素，则跳到下一个区间所取的 元素个数 +0
- 若第 i+1 个区间只包含了这两个元素中的一个（由于有序，所以必定是包含Eelem），则取第 i+1 个区间的最后一个元素，所取的 元素个数 +1。为了方便下一区间的比较，更新 Selem 和 Eelem 的值，使他们为当前 V 集合中最后的两个元素。
- 若第 i+1 个区间没有包含这两个元素，则第 i+1 个区间的最后两个元素，所取的 元素个数 +2。为了方便下一区间的比较，更新 Selem 和 Eelem 的值，使他们为当前V集合中最后的两个元素。
- Selem 初始化为第一个区间的最后倒数第 2 个元素7. Eelem 初始化为第一个区间的最后的元素
- 所取的元素个数初始化为 2 （就是 Selem 和 Eelem）
0x12 差分约束 + Relax
设 s[x] = 从0到x 的所有在集合中的数的个数，则 ai 到 bi 的个数即 S[bi] - S[ai-1]。
因此有：
- (1)
S[bi] - S[ai-1] >= 2。
又根据 s[x] 本身的性质，后面的一定不比前面的小，后面的最多比前面多一，有：
- (2)
s[i + 1] - s[i] >= 0 - (3)
s[i + 1] - s[i] <= 1
故建图，使图中每一组边，均满足（注意三条式子的不等号方向要一致，这个很重要）:
S[ai - 1] <= S[bi] - 2S[i] <= S[i - 1] + 1S[i - 1] <= S[i]
上面三式，可把 s[x] 看作源点（假设存在）到各点的最短距离，初始化为 0；常数为边 (ai – 1，bi) 的边权。
当存在不满足这三条式子的边时，对这条边进行 Relax 操作，更新不等号左边的变量。
其实就是 Bellman-Ford 算法的核心部分
if( S[ai - 1] > S[bi] – 2 ) S[ai - 1] = S[bi] – 2;if( S[i] > S[i - 1] + 1 ) S[i] > S[i - 1] + 1;if( S[i - 1] > S[i] ) S[i - 1] = S[i];
最后源点到最大顶点的距离减去源点到最小顶点的距离就是所求（其实一个单位距离就代表 V 中的一个元素；最小顶点到最大顶点其实就是所有输入的区间中，最小的左端点到最大的右端点这个范围）。
注意，经过我测试，本题变量的定义均要从全局定义，否则 WA，什么原因我也不清楚（变量和数组的大小都只有 10000，真是神了），只能说 POJ 太虐人了，白白耗了我一堆时间。
0x20 AC 源码
0x21 解题方法一： 贪心算法
//Memory Time
//284K 94MS
/*Greed*/
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef class
{
public:
int s,e;
}interval; //间隔（区间）
int cmp(const void* a,const void* b)
{
interval* x=(interval*)a;
interval* y=(interval*)b;
return (x->e) - (y->e); //对区间按末端点排序
}
int main(void)
{
int n; //区间数
while(cin>>n)
{
interval* inter=new interval[n];
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>inter[i].s>>inter[i].e;
qsort(inter,n,sizeof(interval),cmp); //对区间按末端点排序
int Selem=inter[0].e-1 , Eelem=inter[0].e; //当前区间所取的两个元素，初始化为第0个区间最后两个元素
int sum=2; //至少取sum个元素才能保证每个区间至少含有其中的2个元素
for(int k=1;k<n;k++)
if(inter[k].s<=Selem) //前一个区间所取的两个元素都在当前区间内
continue; //则当前区间无需取任何元素
else if(inter[k].s<=Eelem) //前一个区间所取的只有一个元素在当前区间内
{
Selem=Eelem;
Eelem=inter[k].e; //按序更新当前区间所取的两个元素：Selem与Eelem
sum++; //Eelem是新取的一个元素
}
else //前一个区间所取的没有一个元素在当前区间内
{
Selem=inter[k].e-1;
Eelem=inter[k].e; //按序更新当前区间所取的两个元素：Selem与Eelem
sum+=2; //Selem与Eelem是新取的两个元素
}
cout<<sum<<endl;
delete inter;
}
return 0;
}0x22 解题方法二： 差分约束 + Relax
//Memory Time
//296K 282MS
/*Difference Constraints*/
#include<iostream>
using namespace std;
const int inf=20000;
class
{
public:
int s,e;
}inter[10001];
int dist[10001]; //源点到各点的距离
int n; //区间数
int upli;
int doli; // UpLimit , Downlimit 上下限
int main(int i)
{
while(cin>>n)
{
upli=0;
doli=inf;
/*Input*/
for(i=0;i<n;i++)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
inter[i].s=a;
inter[i].e=b+1;
if(doli>inter[i].s) //寻找最小的顶点
doli=inter[i].s;
if(upli<inter[i].e) //寻找最大的顶点，inter[k].e必大于inter[k].s，因此无需再与inter[k].s比较
upli=inter[i].e;
dist[i]=0; //初始化源点到各点的距离
}
/*Bellman-Ford:Relax*/
bool flag=true;
while(flag) //只要某一次Relax没有更新，说明最短路径已经查找完毕，或者部分点不可达，可以跳出relax
{
flag=false;
for(i=0;i<n;i++)
if(dist[ inter[i].s ]>dist[ inter[i].e ]-2)
{
dist[ inter[i].s ]=dist[ inter[i].e ]-2;
flag=true; //Relax对路径有更新
}
for(i=doli;i<upli;i++)
if(dist[i+1]>dist[i]+1)
{
dist[i+1]=dist[i]+1;
flag=true;
}
for(i=upli-1;i>=doli;i--) //这里逆向松弛(从upli到doli)比正向松弛(从doli到upli)快了500ms
if(dist[i] > dist[i+1])
{
dist[i] = dist[i+1];
flag = true;
}
}
cout<<dist[upli]-dist[doli]<<endl;
}
return 0;
}
